Problemas para la 2003 - Olimpiada Mexicana de Matemáticas

Problemas para la
17a Olimpiada Mexicana de Matemáticas
Luis Miguel Garcı́a Velázquez
Julio César Aguilar Cabrera
Marı́a Luisa Pérez Seguı́
2003
Luis Miguel Garcı́a Velázquez
Estudiante de la Maestrı́a en Matemáticas,
UNAM - Universidad Michoacana
Julio César Aguilar Cabrera
Estudiante de la Maestrı́a en Matemáticas,
UNAM - Universidad Michoacana
Marı́a Luisa Pérez Seguı́
Profesora-Investigadora, Esc. Fı́sico-Matemáticas,
Universidad Michoacana
Contenido
Presentación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
i
Etapas de la Olimpiada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ii
Resumen de Resultados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ii
Resultados de las Delegaciones que Representaron
a México en 2001 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ii
Resultados en el Concurso Nacional de la 16a.
Olimpiada Mexicana de Matemáticas . . . . . . .
iv
Material de estudio e información sobre la Olimpiada. .
vi
Enunciados de los problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
Soluciones de los Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
Concentrado de Respuestas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
Presentación
La Sociedad Matemática Mexicana organiza la 17a Olimpiada Mexicana de
Matemáticas. Los ganadores en ella formarán las selecciones que participarán
en las distintas olimpiadas internacionales del año 2004: la XLV Olimpiada
Internacional que se llevará a cabo en Grecia durante el mes de julio, la XIX
Olimpiada Iberoamericana a celebrarse en septiembre en España y la VI Olimpiada de Centroamérica y el Caribe que se llevará a cabo en Venezuela en el
mes de julio.
En la 17a. Olimpiada Mexicana de Matemáticas pueden participar los estudiantes de México nacidos después del 1o de agosto de 1984. Los concursantes
deberán estar inscritos en una institución preuniversitaria durante el primer
semestre del ciclo escolar 2003-2004, y para el 1o de julio del año 2004 no
deberán haber iniciado estudios de nivel universitario.
Algunos de los problemas que se presentan en este folleto aparecieron en las
primeras etapas de las Olimpiadas de Matemáticas. La intención de este folleto es que sirva como orientación a los alumnos que desean participar en estas
Olimpiadas. Como se puede ver, los problemas que aparecen aquı́ no son ejercicios rutinarios o en los que se apliquen directamente los conocimientos que
se adquieren en el escuela. Son problemas que requieren de una buena dosis
de ingenio y de esfuerzo para ser resueltos. Como en todos los aspectos del
aprendizaje de las matemáticas, el esfuerzo individual y el enfrentamiento solitario con los problemas son importantes, pero también es muy importante la
discusión con los compañeros y los profesores.
Una forma de manifestar creatividad en matemáticas es resolviendo problemas.
Otra forma, que a veces requiere de más madurez, es inventándolos. Invitamos a todos los lectores de este folleto: profesores, estudiantes, olı́mpicos y
exolı́mpicos a que nos envı́en problemas con solución. Las aportaciones serán
consideradas para su inclusión en exámenes o en futuros folletos.
Esta publicación incluye una selección de los problemas que formaron parte
de los exámenes del Canguro Matemático Mexicano, de la etapa eliminatoria
del Distrito Federal y del propuesto por el Comité Nacional para la etapa
semifinal de los Concursos Estatales. Agradecemos a Marı́a Elena Aguilera por
la minuciosa revisión de este problemario.
i
Etapas de la Olimpiada
Como ya es tradición, la Olimpiada Mexicana de Matemáticas consta de tres
etapas:
Exámenes Estatales. Estos exámenes servirán para formar las selecciones
estatales que asistirán al Concurso Nacional.
Concurso Nacional. Este concurso se llevará a cabo en el Estado de Guanajuato en noviembre de 2003, y en él se elegirá a la preselección mexicana.
Entrenamientos. A los alumnos de la preselección que surjan del Concurso
Nacional se les entrenará intensivamente durante el primer semestre del año
2004. También se aplicarán exámenes para determinar a los que representarán
a México en las Olimpiadas Internacionales.
La participación en las tres etapas mencionadas es individual. Durante el mes
de abril se distribuyen los exámenes del Canguro Matemático Mexicano, cuyo
objetivo es acercar a los alumnos al tipo de matemáticas de la Olimpiada.
Resumen de Resultados
En el año de 1987 la Sociedad Matemática Mexicana organizó la Primera Olimpiada Mexicana de Matemáticas. A partir de esa fecha, los concursos nacionales
se han celebrado anualmente en las ciudades de Xalapa, Hermosillo, Metepec,
Guanajuato, Oaxtepec, La Trinidad, Acapulco, Guadalajara, Colima, Mérida,
Monterrey, Querétaro, Oaxaca, Morelia, Oaxtepec y Colima.
Resultados de las Delegaciones que Representaron a México
en 2001
Los resultados de las Delegaciones Mexicanas en Olimpiadas Iberoamericanas,
Internacionales y Centroamericana y del Caribe han sido los siguientes:
ii
Año
1988
1989
1990
1991
1992
1993
1994
1995
1996
1997
1998
1999
2000
2001
2002
Olimpiada Internacional de Matemáticas
Paı́s sede
No. de paı́ses Lugar de México
Australia
49
37
Rep. Fed. de Alemania
50
31
Rep. Popular de China
54
36
Suecia
55
35
Rusia
56
49
Turquı́a
73
63
Hong Kong
69
65
Canadá
74
59
India
75
53
Argentina
82
32
Taiwan
75
44
Rumania
81
52
Corea
82
30
Estados Unidos
83
46
Escocia
84
46
En 2002, la delegación que representó a México en la Olimpiada Internacional
estuvo integrada por los alumnos: Edgardo Roldán (de Morelos), Miguel Raggi
(de Michoacán), Jesús Puente (del D.F.), Alan Barreto (de Jalisco), Ricardo
De la O (de San Luis Potosı́) y Rodrigo Hernández (del D.F.). Se obtuvieron
tres medallas de bronce (Edgardo Roldán, Miguel Raggi y Jesús Puente). En
total, en las Olimpiadas Internacionales se han obtenido 3 medallas de plata,
18 medallas de bronce y 16 menciones honorı́ficas.
Año
1989
1990
1991
1992
1993
1994
1995
1996
1997
1998
1999
2000
2001
2002
Olimpiada Iberoamericana de Matemáticas
Paı́s sede
No. de paı́ses Lugar de México
Cuba
13
3
España
15
3
Argentina
16
5
Venezuela
16
6
México
16
9
Brasil
16
6
Chile
18
9
Costa Rica
17
2
México
17
3
República Dominicana
18
5
Cuba
20
3
Venezuela
21
2
Uruguay
21
3
El Salvador
22
3
iii
Los cuatro integrantes de la delegación mexicana que participaron en la Olimpiada Iberoamericana de 2002 obtuvieron medalla: una de oro (Edgardo Roldán
de Morelos), dos de plata (Miguel Raggi de Michoacán y Hugo Villanueva
de Puebla) y una de bronce (Alan Barreto de Jalisco). En total, en las
Olimpiadas Iberoamericanas México ha obtenido 9 medallas de oro, 21 medallas de plata, 19 medallas de bronce y 3 menciones honorı́ficas. En la 11a
Olimpiada Iberoamericana, celebrada en Costa Rica, México obtuvo la Copa
Puerto Rico, que se da cada año al paı́s con el mayor progreso relativo.
Olimpiada Centroamericana y del Caribe
Año Paı́s sede
No. de paı́ses Lugar de México
1999 Costa Rica
10
2
2000 El Salvador
9
2
2001 Colombia
10
2
2002 México
8
1
Los 3 alumnos mexicanos ganaron las 3 medallas de oro otorgadas en la IV
Olimpiada Centroamericana y del Caribe; ellos fueron Enrique Carro de Nuevo
León, Marco Figueroa de Sonora y Carlos Vargas de Jalisco. En total, en la
Olimpiada Centroamericana y del Caribe, México ha obtenido 5 medallas de
oro, 5 de plata y 2 de bronce.
Resultados en el Concurso Nacional de la 16a. Olimpiada
Mexicana de Matemáticas
En noviembre de 2002 se llevó a cabo en Colima, Col., el 16o Concurso Nacional,
con la participación de todos los estados de la República. Los 20 alumnos
ganadores del primer lugar fueron:
Marco Antonio Figueroa Ibarra de Sonora,
Yoalli Mabel Hidalgo Pontet de Jalisco,
Carlos Vargas Obieta de Jalisco,
Gerardo Arizmendi Echegaray de Morelos,
Mauricio Salazar de Campeche,
Gonzalo Arturo Montalván Gámez de Puebla,
Daniel Barrón Gaxiola de Sonora,
Antonio Olivas Martı́nez de Sonora,
Octavio Arizmendi Echegaray de Morelos,
Guillermo Enrique Carro Prado de Nuevo León,
Ana Paula Estrada Vargas de Jalisco,
Iván Joshua Hernández Máynez de Coahuila,
Alicia Prieto Langarica de Jalisco,
iv
Julio Brau Ávila de Sonora,
Adrián Enrique Chi Centeno de Yucatán,
Eduardo Alejandro Garcı́a Salinas de Chihuahua,
Mariano Raúl González Tokman de Michoacán,
Vı́ctor Manuel Mazón Sánchez del Distrito Federal,
Alejandro Ortega Laborı́n de Baja California y
Gustavo Adolfo Ramos Palacios de Nayarit.
Los 5 alumnos preseleccionados para la Olimpiada Centroamericana y del
Caribe fueron:
Gonzalo Arturo Moltalván Gámez,
Iván Joshua Hernández Máynez de Coahuila,
Rafael Eduardo Gaytán Ramos de Morelos,
Héctor Daniel Garcı́a Lara de Chihuahua y
Rosemberg Toalá Enrı́quez de Chiapas.
Aunque la participación en el Concurso Nacional es individual, es importante
destacar la labor que han llevado a cabo los estados de la República apoyando
a sus concursantes. Con el propósito de reconocer este trabajo, presentamos el
registro de los estados que ocuparon los primeros 10 lugares en el 16o Concurso
Nacional:
1. Jalisco
2. Sonora
3. Morelos
4. Chihuahua
5. Nuevo León
6. Michoacán
7. Yucatán
8. Baja California Sur
9. Distrito Federal
10. Puebla
En esta ocasión, el premio a la Superación Académica se llamó Copa Tepezcuintle y fue ganado por Sonora. El segundo y tercer lugar de este premio lo
ocuparon, respectivamente, Jalisco y Nayarit.
v
Material de estudio e información sobre la
Olimpiada.
Para obtener más información sobre los eventos de la Olimpiada Mexicana de
Matemáticas o para consultar más material de estudio, visita nuestro sitio de
Internet:
http://tlahui.posgrado.unam.mx/omm/
EL COMITÉ ORGANIZADOR DE LA
OLIMPIADA MEXICANA DE MATEMÁTICAS
Enero 2003
vi
Enunciados de los problemas
Problema 1. Lucy vive en una calle donde las casas están numeradas del 1
al 24. ¿Cuántas veces aparece el 2 en los números de las casas?
(a) 2
(b) 4
(c) 8
(d) 16
(e) 32
Problema 2. En el cálculo !1!2!3!4!5 puedes reemplazar ! por + o
por −. ¿Cuál de los siguientes números no puedes obtener?
(a) 1
(b) 3
(c) 7
(d) 13
(e) 17
Problema 3. En la pirámide, el número en cada cuadro (a partir del segundo
renglón) es la suma de los dos números justo arriba de él (por ejemplo, en las
casillas sombreadas 2 + 3 = 5). ¿Qué número debe ir en lugar de !?
2
2
4
3
5
7
!
(a) 1
(b) 7
(c) 27
(d) 30
(e) 35
Problema 4. En uno de los platillos de una balanza hay 6 naranjas y en
el otro hay dos melones. Cuando agregamos un melón en el platillo de las
naranjas la balanza queda equilibrada. ¿Cuántas naranjas pesan lo mismo que
un melón?
(a) 2
(b) 3
(c) 4
(d) 5
(e) 6
1
Problema 5. Cada lado del cuadrado ABCD mide 10 cm. El lado más
pequeño del rectángulo AM T D mide 3 cm. ¿Por cuántos centı́metros es más
grande el perı́metro del rectángulo M BCT que el del rectángulo AM T D?
(a) 10 cm
A
M
B
D
T
C
(b) 8 cm
(c) 7 cm
(d) 6 cm
(e) 4 cm
Problema 6.
Numeré 2002 tarjetas del 1 al 2002 y quité aquéllas que
terminaban con 0. Después volvı́ a numerar las que me quedaban y otra vez
quité las que terminaban con 0. Al final, ¿cuántas tarjetas me quedaron?
(a) 1622
(b) 1620
(c) 1000
(d) 900
(e) 782
Problema 7. En un grupo de 15 amigos hay 10 que tienen los ojos cafés (los
demás tienen los ojos azules) y 10 que tienen 16 años (el resto tienen 15). Sólo
una de las siguientes opciones no puede ser el número exacto de amigos en el
grupo que tienen 16 años y ojos cafés, ¿cuál es?
(a) 4
(b) 5
(c) 6
(d) 8
(e) 10
Problema 8. Compré un costal lleno de alpiste para alimentar a mi canario.
El primer dı́a mi canario se comió 21 del total de alpiste. El segundo dı́a se
comió 31 del alpiste restante y el tercer dı́a comió 14 del sobrante. Del total de
alpiste que habı́a en el costal, ¿qué fracción queda?
(a)
1
24
(b)
1
4
(c)
1
3
(d)
3
4
(e)
4
5
Problema 9. La figura que se muestra está formada por cuatro cuadrados.
Los perı́metros de los cuadrados I y II miden, respectivamente, 16 cm y 24 cm.
¿Cuánto mide el perı́metro del cuadrado IV ?
I
II
IV
III
(a) 56 cm
2
(b) 60 cm
(c) 64 cm
(d) 72 cm
(e) 80 cm
Problema 10.
Las tres cuartas partes de los alumnos de un grupo son
hombres y el resto son mujeres. ¿Cuál es el quebrado que representa la razón
del número de hombres entre el de mujeres?
(a)
3
4
(b)
4
3
(c)
3
7
(d)
4
7
(e)
3
1
Problema 11. Las fechas de cumpleaños de cuatro amigas (Blanca, Cristina,
Daniela y Flor) son marzo 1, marzo 20, mayo 17 y julio 20. Sabemos que
Flor nació el mismo mes que Cristina, y que el número de dı́a en que nacieron
Cristina y Daniela es el mismo, aunque nacieron en distintos meses. ¿Quién
nació en mayo 17?
(a) Blanca (b) Cristina (c) Daniela (d) Flor (e) imposible de determinar
Problema 12. Erika y Manuel tienen 60 cerillos entre los dos. Utilizando
algunos de ellos Erika construyó un triángulo que tiene 6 cerillos en cada lado.
Con el resto de los cerillos Manuel contruyó un rectángulo, de forma que uno
de sus lados tiene 6 cerillos de largo. ¿Cuántos cerillos de largo tiene el otro
lado del rectángulo?
(a) 9
(b) 12
(c) 15
(d) 18
(e) 30
Problema 13.
Un cordón se cosió a través de 5 hoyos en un pedazo de
cartón. Uno de los lados del cartón se ve como sigue:
¿Cuál de los diagramas de abajo no puede representar la configuración de la
cuerda por el otro lado del cartón.
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
Problema 14. En una carrera participaron 28 niños . El número de niños
que llegaron detrás de Nacho fue el doble del número de niños que llegaron
antes que él. ¿En qué lugar llegó Nacho?
(a) sexto
(b) séptimo
(c) octavo
(d) noveno
(e) décimo
3
Problema 15. Si 4 manzanas y 2 naranjas cuestan $15.40 y 2 naranjas y 4
plátanos cuestan $17.00, ¿cuánto tengo que pagar en total por una manzana,
una naranja y un plátano?
(a) $7.70
(b) $7.80
(c) $7.90
(d) $8.00
(e) $8.10
Problema 16. Entre seis niños se comieron 20 galletas. Tere se comió una,
Edgar se comió dos, Liz se comió tres y César comió más que ningún otro niño.
¿Cuál es la mı́nima cantidad de galletas que pudo haberse comido César?
(a) 3
(b) 4
(c) 5
(d) 6
(e) 7
Problema 17. Miguel puede correr 3 veces más rápido que su hermana Alicia.
Si ellos empiezan al mismo tiempo desde el punto P de la pista que se muestra
en la figura, pero en direcciones opuestas, ¿en qué punto se encontrarán por
primera vez?
C
B
D
A
E
P
Miguel
(a) A
(b) B
(c) C
Alicia
(d) D
(e) E
Problema 18. Rosy salió de su casa a las 6:55 a.m. y llegó a la escuela a
las 7:32 a.m. Su amiga Carla llegó a la escuela a las 7:45 a.m., a pesar de que
tarda 12 minutos menos que Rosy en llegar a la escuela. ¿Qué hora era cuando
Carla salió de su casa?
(a) 7:07 a.m. (b) 7:20 a.m. (c) 7:25 a.m. (d) 7:30 a.m. (e) 7:33 a.m.
Problema 19. Mi calculadora se descompuso y trabaja de manera muy rara:
cuando escribo un número la calculadora lo multiplica por 2, después le voltea
todos los dı́gitos y termina sumando 2 al resultado. ¿Cuál de los siguientes
podrı́a ser el número que escribió la calculadora si yo escribı́ un número de dos
cifras?
(a) 39
(b) 41
(c) 42
(d) 43
(e) 45
Problema 20. Ceci es 7 años más joven que Vero. ¿Cuál es la suma de sus
edades en este momento si dentro de 4 años la edad de Ceci será la mitad que
la de Vero?
(a) 13
4
(b) 15
(c) 17
(d) 19
(e) 21
Problema 21.
El contador de kilómetros de mi carro indica el número
187569. Dentro de m kilómetros será la próxima vez que el contador de mi
carro indique un número con todas sus cifras distintas. ¿Cuánto vale la suma
de los dı́gitos de m?
(a) 1
(b) 3
(c) 8
(d) 11
(e) 24
Problema 22. Los cuadrados de la figura son todos iguales, en ellos se han
marcado los puntos medios de sus lados. En cada cuadrado se ha sombreado un
área, y se le ha llamado S1 , S2 , S3 y S4 a la medida de estas áreas sombreadas.
¿Cuál de las siguientes relaciones es cierta?
S2
S1
S4
S3
(a) S3 < S4 < S1 = S2
(d) S3 < S4 < S1 < S2
(b) S3 < S1 = S2 = S4
(e) S4 = S3 = S2 = S1
(c) S3 < S1 = S4 < S2
Problema 23. Una caja de manzanas cuesta 20 pesos, una de peras cuesta
30 pesos, y una de duraznos 40 pesos. Si 8 cajas de fruta costaron 230 pesos,
¿cuál es la mayor cantidad de ellas que podrı́an ser de duraznos?
(a) 1
(b) 2
(c) 3
(d) 4
(e) 5
Problema 24.
Un gato y medio se come un ratón y medio cada hora y
media. ¿Cuántos ratones pueden comer 15 gatos en 15 horas?
(a) 15
(b) 45
(c) 60
(d) 125
(e) 150
Problema 25. Ricardo cuenta los números del 1 al 100 y se come un chocolate
si el número que dice es múltiplo de 3 o termina en 3. ¿Cuántos chocolates se
comerá Ricardo en total?
(a) 30
(b) 33
(c) 36
(d) 39
(e) 43
Problema 26. Los cuatro números siguientes: 21 , x, y, 34 están en orden creciente y la diferencia entre cualesquiera dos consecutivos es la misma. ¿Cuánto
vale y?
(a)
3
8
(b)
2
3
(c)
7
12
(d)
5
6
(e)
5
8
Problema 27. Si mezclo 3 gramos de sal con 17 gramos de agua, ¿cuál es el
porcentaje de sal en la solución obtenida?
(a) 20%
(b) 17%
(c) 16%
(d) 15%
(e) 6%
5
Problema 28. Un pueblo tiene 987654 casas. ¿Cuál es la mı́nima cantidad
de dı́gitos que deben tener los números telefónicos del pueblo si cada casa tiene
un solo teléfono y ningún número telefónico empieza con 0?
(a) 9 · 105
(b) 106 − 1
(c) 97
(d) 6
(e) 7
Problema 29. El reloj de Alejandro se atrasa 2 minutos cada hora. El de
Verónica se adelanta 1 minuto por hora. El domingo a las 12 del dı́a los pusieron
a la misma hora. La siguiente vez que se reunieron Verónica y Alejandro, el
reloj de Vero estaba adelantado una hora con respecto al de Alejandro. ¿Cuál
es el primer momento en que pudieron haberse encontrado?
(a) El lunes a las 8 de la mañana
(b) El lunes a las 7:20 de la tarde
(c) El martes a las 4 de la mañana
(d) El miércoles a media noche
(e) El sábado a las 10 de la noche
Problema 30. En la figura K, L, M y N son los puntos medios de los lados
del rectángulo ABCD, y O, P , R y S son los puntos medios de los lados del
cuadrilátero KLM N . Si el área del rectángulo
ABCD es 1, ¿cuánto mide el
N
D
C
área sombreada?
O
S
K
M
P
R
A
(a)
3
5
(b)
2
3
L
(c)
5
6
B
(d)
3
4
(e)
5
7
Problema 31. Paz, Luis y Julieta están jugando. Paz dice un número de
tres cifras. Luis suma las tres cifras del número de Paz y dice el resultado.
Julieta suma las cifras del número que dice Luis y dice el resultado. ¿Cuál es
el número más grande que puede obtener Julieta?
(a) 9
(b) 10
(c) 11
(d) 12
(e) 18
Problema 32.
En la siguiente figura se muestran los vértices de una
cuadrı́cula donde el lado de cada cuadrito mide uno. ¿Cuál es el área del
polı́gono?
(a) 4
6
(b)
7
2
(c) 3
(d)
5
2
(e) 2
Problema 33. ¿Cuál es el doble del cuadrado de la mitad de la diagonal de
un cuadrado de lado 1?
√
(a) 12
(b) 43
(c) 1
(d) 2
(e) 2
1
Problema 34. A 1 dm3 agua se le agrega sal hasta aumentar en un 11
su
volumen y se revuelve hasta disolverla. ¿Qué fracción del volumen de la mezcla
hay que retirar para quedarse con sólo 1 dm3 de mezcla?
(a)
1
10
(b)
1
12
(c)
1
13
(d)
1
14
(e)
1
15
Problema 35.
Una máquina corta una pieza de madera en tres partes
en un minuto y después corta en tres las partes resultantes, cada una en un
minuto. En el momento en que hay al menos 317 piezas de madera la máquina
se detiene. Cuando la máquina se detenga, ¿cuántos minutos habrán pasado?
(a) 6
(b) 7
(c) 105
(d) 106
(e) 158
Problema 36. Dos paralelas son atravesadas por dos transversales de manera
que se intersectan con los ángulos marcados en la figura. ¿Cuánto mide el
ángulo x?
30o
x
140o
(a) 30o
(b) 40o
(c) 45o
(d) 60o
(e) 70o
Problema 37. En la figura ABCD es un cuadrado con AB = 1. ¿Cuál es el
perı́metro del rectángulo P QOR?
A
P
D
R
Q
O
B
(a)
1
2
(b)
√
3
2
(c)
√
2
C
(d) 1
(e) No se puede determinar
Problema 38. Papá y Mamá Canguro tienen 3 hijas, y cada hija tiene dos
hermanos. ¿Cuántos miembros tiene la familia Canguro?
(a) 6
(b) 7
(c) 8
(d) 9
(e) 10
7
Problema 39. ¿Cuál es el resultado de dividir el área del cuadrado grande
entre el área del cuadrado chico?
(a)
√1
2
(b) 2 +
√
(c) 2 2
√
2
(d) 2
(e)
√
2
Problema 40. Si se escriben todos los múltiplos de 5 menores que 2002,
¿cuántos 1’s se usan?
(a) 140
(b) 200
(c) 280
(d) 360
(e) 400
Problema 41. En la figura ABCD es un cuadrado y CED un triángulo
equilátero. ¿Cuánto mide el ángulo α?
E
α
(a) 15o
(b) 30o
D
C
A
B
(c) 45o
(d) 60o
(e) 90o
Problema 42. En la tienda de la esquina el precio del kilo de jamón subió
12 pesos. Después se puso en oferta con un descuento del 20%, con lo que el
precio quedó igual a como estaba antes de que lo subieran. ¿Cuánto costaba
antes del aumento de precio?
(a) 40
(b) 48
(c) 52
(d) 54
(e) 60
Problema 43. Seis cartas marcadas con los números 2, 3, 5, 6, 7 y 9 se ponen
en fila de manera que se lee el número 632579. ¿Cuál es la mı́nima cantidad de
intercambios de dos cartas consecutivas que deben hacerse para que el número
que resulte al final sea múltiplo de 4?
(a) 2
8
(b) 3
(c) 4
(d) 5
(e) 6
Problema 44. Un ciclista sube por un camino a la velocidad de 12 km/h, y
de regreso desciende por él a 20 km/h. Si se tardó 16 minutos más en subir
que en bajar, ¿cuál es la longitud del camino?
(a) 8 m
(b) 10 m
(c) 12 m
(d) 14 m
(e) 16 m
Problema 45. Haciendo cortes paralelos a las caras de un cubo de madera
se obtiene una pieza como la que se muestra. Si el volumen original del cubo
era 8 m3 , ¿cuál es la superficie de la pieza?
(a) 18 m2 (b) 24 m2 (c) 26 m2 (d) 28 m2 (e) imposible de determinar
Problema 46. En cierta población de ratones el 25% son blancos y el 75%
son negros. De los ratones blancos el 50% tiene ojos azules y de los negros el
20% tiene ojos azules. Si sabemos que 99 ratones tienen ojos azules, ¿cuántos
ratones tiene la población?
(a) 360
(b) 340
(c) 240
(d) otra respuesta
(e) sin solución
Problema 47. En la siguiente figura el triángulo grande es isósceles. Si la
base mide 1, ¿cuánto mide el segmento DB?
A
40o
D
30o
B
(a) 1
(b) 2 cos 30o
1
(c)
3
2
C
(d) 2 sen 40o
(e)
√
2
9
Problema 48. Los platillos A, B y C están acomodados según su peso: el
platillo más ligero es el A, después el B y finalmente el C.
A
B
C
Para conservar el orden de pesos, ¿dónde debe colocarse el platillo D?
D
(a) entre A y B
(d) después de C
(b) entre B y C
(e) D y C pesan lo mismo
(c) antes de A
Problema 49. Con varitas de metal se construyó una red de 32 hexágonos
como se muestra en la figura. ¿Cuántas varitas se usaron en toda la red?
(a) 122
(b) 123
(c) 130
(d) 132
(e) 135
Problema 50. ¿Cuál es el máximo número de intersecciones que pueden
obtenerse dibujando dos cı́rculos y tres lı́neas rectas?
(a) 14
(b) 15
(c) 16
(d) 17
(e) 18
Problema 51. El triángulo ABC de la figura tiene área 1. Los puntos P , Q,
R y S en los lados de ABC son tales que AP = P Q = QC y BR = RS = SC.
¿Cuál es el área de la región sombreada?
A
P
Q
B
(a)
10
1
4
(b)
1
3
R
S
(c)
1
2
C
(d)
2
3
(e)
3
4
Problema 52. Si a y b son dos enteros positivos con máximo común divisor 3
y ab = 0.4, ¿cuánto vale ab?
(a) 10
(b) 18
(c) 30
(d) 36
(e) 90
Problema 53. ¿Cuál de los siguientes números no puede obtenerse como la
cantidad de intersecciones de 5 cı́rculos?
(a) 2
(b) 6
(c) 10
(d) 20
(e) 22
Problema 54. En un triángulo ABC tenemos que P es el punto medio de
AB y Q es el punto medio de AC. Si el área de P QC es 1, ¿cuál es el área de
ABC?
√
(c) 4
(d) 2 5
(e) 5
(a) 3
(b) 72
Problema 55. Cuatro paquetes se pesan por parejas en todas las posibles
combinaciones. Los pesos obtenidos son 5 kg, 6 kg, 8 kg, 9 kg, 11 kg y 12 kg.
El peso total de los 4 paquetes es
(a) 12 kg
(b) 17 kg
(c) 28 kg
(d) 34 kg
(e) 51 kg
Problema 56. En cierto mes tres domingos fueron dı́as con número par.
¿Qué dı́a de la semana fue el dı́a 20 de ese mes?
(a) lunes
(b) martes
(c) miércoles
(d) jueves
(e) sábado
Problema 57. En la figura, P y Q son los centros de los cı́rculos tangentes P
y Q, y la lı́nea P Q corta el cı́rculo en A y B, como se muestra. El rectángulo
ABCD es tangente a Q en T . Si el área de ABCD es 15, ¿cuál es el área de
P QT ?
Q
P
Q
P
A
D
(a) 4
(b)
B
T
15
4
(c)
π
2
C
(d) 5
√
(e) 2 5
Problema 58.
Aquiles corre detrás de una tortuga. En un principio la
distancia entre ellos es de 990 metros. Si Aquiles recorre 100 metros cada
minuto y la tortuga recorre 1 metro cada minuto, ¿en cuántos minutos alcanzará
Aquiles a la tortuga?
(a) 8
(b) 9
(c) 10
(d) 11
(e) 12
11
Problema 59. Se pintaron de negro algunas casillas de una cuadrı́cula blanca
de 2 × 9, de manera que cada casilla blanca tiene un lado en común con una
negra. El número de casillas negras en la cuadrı́cula debe ser cuando menos:
(a) 5
(b) 6
Problema 60. Si
(a)
7
12
a
b
=
(b)
(c) 7
1 b
y
9 c
25
8
=
(d) 8
(e) 9
1
b−a
, entonces
es igual a
3
c−b
(c)
4
1
(d)
4
9
(e)
3
10
Problema 61. Sea ABC un triángulo con AB = AC, D un punto en BC tal
que ∠BAD = 30o y E un punto en AC tal que AD = AE. Entonces ∠EDC
es igual a:
(a) 8o
(b) 10o
(c) 15o
(d) 20o
(e) 30o
Problema 62. Un entero positivo n es divisible por 21 y por 9. ¿Cuál es
la menor cantidad de enteros positivos que dividen a n (incluyendo a 1 y al
mismo n)?
(a) 3
(b) 4
(c) 5
(d) 6
(e) 7
Problema 63. Un barco recoge 30 naúfragos en una isla. Como resultado,
los alimentos del barco que eran suficientes para 60 dı́as ahora son suficientes
sólo para 50 dı́as. ¿Cuántas personas habı́a en el barco antes de llegar a la isla?
(a) 15
(b) 40
(c) 110
(d) 140
(e) 150
Problema 64. Las casillas de una cuadrı́cula de 2003×2003 están numeradas
con 1, 2, 3 y 4 de acuerdo al patrón que se muestra en la figura. Una ficha se
pone en la casilla de la esquina izquierda superior. A cada paso la ficha puede
moverse a una casilla vecina que esté abajo o a la derecha. Después de 2002
pasos, ¿qué número tendrá la casilla sobre la que estará la ficha?
(a) 3
12
(b) 1 o 3
1
2
3
4
1
4
1
2
3
4
3
4
1
2
3
2
3
4
1
2
1
2
3
4
1
(c) 2 o 3
(d) 3 o 4
(e) cualquiera
Problema 65. Si a y b son números distintos que cumplen a2 + b2 = 4ab, el
!
"2
valor de a+b
es:
a−b
(a) 3
(b) 4ab
(c) 4(a + b)
(d) 2
(e)
a
b
Problema 66. De un cuadrado de papel se construye un pentágono como
sigue: se doblan las esquinas B y D de manera que queden sobre la diagonal
AC y se vuelve a doblar la figura obtenida de manera que la esquina C coincida
con la esquina A. ¿Cuánto mide el ángulo que se marca en la figura como α?
D
C
C
D
α
B
A
B
(a) 108o
A
A
(b) 110o
(c) 111o
C
(d) 112.5o
(e) 114.5o
Problema 67. ¿Cuántos números de 3 dı́gitos abc (con a $= 0) son tales que
a + 3b + c es múltiplo de 3?
(a) 100
(b) 300
(c) 330
(d) 600
(e) 990
Problema 68. En un torneo de básquetbol compiten 16 equipos. En cada
ronda los equipos se dividen en grupos de 4. En cada grupo cada equipo juega
una vez contra cada uno de los equipos restantes. De cada grupo los mejores
dos equipos califican para la siguiente ronda y los dos peores son eliminados.
Después de la última ronda quedan dos equipos que se enfrentan en un partido
para determinar al ganador del torneo. ¿Cuántos partidos se jugarán a lo largo
de todo el torneo?
(a) 33
(b) 41
(c) 43
(d) 49
(e) 63
Problema 69. El “triángulo” de la figura está formado por seis cı́rculos de
radio r. Si la altura del “triángulo” es 2, ¿cuánto mide r?
2
(a)
√
−1+ 3
2
(b)
√
3− 3
2
(c)
√
1+ 3
2
(d)
√
2+ 3
2
(e)
1
3
13
Problema 70. En la figura se presenta el tablero de un juego con puntos
numerados A1 a A25 , B1 a B12 y C1 a C18 . Una ficha empieza en el punto A1 y
puede moverse en el tablero de acuerdo a la siguiente regla: a cada paso la ficha
puede moverse de un punto a otro que esté dos puntos después en el mismo
cı́rculo y en cualquier dirección. Por ejemplo, una secuencia de movimientos
permitida es C5 → C3 → C1 = A22 → A20 → A18 → A20 , pero no está
permitido mover la ficha directamente de C2 a A23 . ¿A cuántos puntos del
tablero es imposible llegar sin importar que secuencia se siga?
B6
B5
B7
B8
B4
B9
B3
B10
B2
B11
B1
C14
C15
A2
B12
C13
C16
C12
A3
A1
A4
A5
A6
A25
C17
A7
A24
C11
C18
C10
C1
A8
A23
A9
A22
A10
A21
C9
C2
A11
A20
C8
C3
C7
(a) 0
A19
A13
A18
C4
C6
A12
A14
A17
A16 A15
C5
(b) 6
(c) 15
(d) 27
(e) 30
Problema 71. ¿Cuál es el valor de x que cumple 2+5+8+11+· · ·+x = 155?
(a) 26
(b) 28
(c) 29
(d) 30
(e) 32
Problema 72. El triángulo ABC se ha dividido en 4 regiones más pequeñas
como se muestra en la figura, donde S1 , S2 , S3 y S4 son las dimensiones de sus
áreas. ¿Cuándo es posible que S1 = S2 = S3 = S4 ?
B
S2
S3
S1
S4
A
(a) Nunca (b) Cuando ABC es equilátero
(d) Cuando ABC es rectángulo
14
C
(c) Cuando ABC es isósceles
(e) Cuando ∠ABC > 90o
Problema 73. Un juego con fichas triangulares tiene todas las combinaciones
posibles de 5 colores numerados del 1 al 5, de manera que no haya dos colores
repetidos en una misma ficha. ¿Cuántas fichas distintas hay? Nota: Las fichas
pueden rotarse, ası́ que la ficha de la figura (∗) es la misma que la de (∗∗); sin
embargo la ficha de (∗ ∗ ∗) es diferente a las anteriores.
1
3
2
3
1
(∗)
(a)
53
3
1
2
3
(∗∗)
(b) 125
(c) 60
2
(∗∗∗)
(d) 30
(e) 20
Problema 74. Una escalera eléctrica tarda 60 segundos en transportar a una
persona del primero al segundo piso. Si la escalera está apagada, la persona
tarda 90 segundos en subir de un piso a otro caminando sobre ella. ¿Cuántos
segundos tarda en subir una persona que camina sobre la escalera eléctrica
cuando está en funcionamiento?
(a) 36
(b) 75
(c) 45
(d) 30
(e) 50
Problema 75.
Hay 10 puntos en el plano de manera que exactamente 5
de ellos están en una lı́nea y no existe otra lı́nea que contenga 3 o más de los
puntos. ¿Cuántos triángulos pueden dibujarse con vértices en estos puntos?
(a) 20
(b) 50
(c) 70
(d) 100
(e) 110
Problema 76.
La lista (1, x2 , x3 , ...xn , 1000) es la sucesión más larga de
enteros positivos tal que cada término a partir del tercero es la suma de los
anteriores (por ejemplo x4 = 1 + x2 + x3 ). ¿Cuánto vale x2 ?
(a) 124
(b) 125
(c) 225
(d) 224
(e) 120
Problema 77. En el rectángulo de la figura se trazó una diagonal y luego las
perpendiculares de los otros dos vértices a dicha diagonal. ¿Cuál es la distancia
entre los dos pies de las perpendiculares?
4
3
(a)
5
7
(b)
3
4
x
(c)
4
3
(d)
7
5
(e) 1
15
Problema 78. ¿Cuántos números de 4 dı́gitos cumplen que la suma de sus
dos últimos dı́gitos y el número formado por los dos primeros dı́gitos es igual
al número formado por los dos últimos dı́gitos? (Ejemplo: Un número que
satisface la condición es 6370, pues 7 + 0 + 63 = 70.)
(a) 10
(b) 45
(c) 50
(d) 80
(e) 90
Problema 79. Tenemos que a + b + c = 7 y que
1
1
1
7
+
+
=
.
a+b b+c c+a
10
¿Cuánto vale
(a)
19
10
a
b+c
+
b
c+a
(b)
+
c
?
a+b
17
10
(c)
9
7
(d)
3
2
(e)
10
7
Problema 80. Dentro de un cuadrado se construyen otros cuadrados como
se muestra en la figura, de forma que los segmentos señalados miden a. El área
del cuadrado más chico es 4. ¿Cuál es el área del cuadrado de en medio?
a
a
a
(a) 8
(b) 12
(c) 16
(d) 20
(e) 24
Problema 81.
¿Cuántos números de 3 dı́gitos son tales que el producto
de sus dı́gitos es par pero no es un múltiplo de 4? (Nota: 0 se considera un
múltiplo de 4 pues 4 × 0 = 0.)
(a) 10
(b) 60
(c) 120
(d) 150
(e) 300
Problema 82. Si dos enteros positivos a y b satisfacen la ecuación
a+
1
2+
1
b
=
12
,
5
¿cuál es el valor de a + b?
(a) 2
(b) 3
(c) 4
(d) 5
(e) 6
Problema 83. ¿De cuántas formas se pueden escoger dos números no consecutivos de entre los números del 1 al 8?
(a) 16
16
(b) 20
(c) 21
(d) 25
(e) 28
Problema 84. En la figura los triángulos ABC y CDE son equiláteros, C es
el punto sobre BD tal que BC = 1 y CD = 4, y F y G son los puntos medios
de BC y CD, respectivamente. ¿Cuál es el área del triángulo sombreado?
E
A
B
(a)
√
3
2
(b)
F
√
3
C
G
(c) 2
D
√
(d) 2 3
√
(e) 3 2
Problema 85. Un entero p es primo si p ≥ 2 y los únicos divisores de p son 1
y p. Sea M el producto de los primeros 2002 primos. ¿Cuántos 0’s hay al final
de M ?
(a) 0
(b) 1
(c) 10
(d) 20
(e) 100
Problema 86. Diez equipos jugaron en un torneo de futbol (cada equipo
se enfrentó exactamente una vez a cada uno de los otros). En cada juego el
ganador obtuvo 3 puntos y el perdedor obtuvo 0 puntos. En caso de empate
cada uno de los equipos obtuvo 1 punto. Si el total de puntos obtenidos por
todos los equipos fue 130, ¿Cuántos partidos del torneo fueron empates?
(a) 0
(b) 1
(c) 2
(d) 4
(e) 5
Problema 87. En la siguiente figura, ¿cuánto mide x?
3
2x
x
11
(a) 1
(b)
√
2
(c) 2
(d)
√
3
√
(e) 3 2
Problema 88. Esther escribe la lista de todos los números formados por los
dı́gitos 1, 2, 3 y 4 sin repetir. ¿Cuánto vale la suma de todos los números en
la lista?
(a) 55550
(b) 99990
(c) 66660
(d) 100000
Problema 89. ¿Cuántos enteros positivos n hay tales que
(a) 3
(b) 5
(c) 15
(d) 19
(e) 98760
2n+19
n+2
es un entero?
(e) más de 19
17
Problema 90. En la figura P y Q son los centros de los cı́rculos tangentes P
y Q, la lı́nea P Q corta al cı́rculo P en A y el radio QB es perpendicular a P Q.
Si la suma de las áreas de los cı́rculos es 10π y el área de AQB es 8, ¿cuál es
la longitud de P B?
Q
P
A
(a) 5
Problema 91.
sus cifras es 2?
(a) 2002002
(b)
Q
P
√
26
B
(c) 6
(d)
√
40
(e) 3π
¿Cuántos números del 1 al 102002 cumplen que la suma de
(b) 2003001
(c) 2004002
(d) 2005003
(e) 2007006
Problema 92. En un cultivo de bacterias con forma de cuadrı́cula hay un
sólo cuadro que está infectado, pero cada segundo que pasa todos los cuadros
que comparten un lado con algún cuadro que esté infectado también quedan
infectados. Después de 10 segundos, ¿cuántos cuadros infectados hay? (En la
figura se muestran los cuadros que están infectados después de 2 segundos, en
el primer segundo se infectan los grises, en el segundo los blancos.)
(a) 180
(b) 181
(c) 200
(d) 210
(e) 221
Problema 93. En la figura ABCD es un cuadrado y OEF un triángulo
rectángulo. Si OA = 48 y OB = 36, ¿cuánto mide EF ?
F
D
A
O
(a) 176
18
(b) 180
C
B
(c) 185
E
(d) 188
(e) 190
Problema 94. En una mesa hay 67 canastas vacı́as numeradas del 1 al 67.
Sabemos que Toño puso una pelota en cada canasta con número par, Pilar puso
una pelota en cada canasta con número múltiplo de 3 y Celia puso una pelota
en cada canasta con número múltiplo de 11. ¿Cuántas parejas de canastas con
números consecutivos tienen exactamente 3 pelotas entre las 2?
(a) 3
(b) 4
(c) 5
(d) 6
(e) 8
Problema 95. En la figura los puntos C, D y E están sobre una circunferencia
con centro en O, ABCD es un cuadrado y ABE un triángulo equilátero. Si el
área del cı́rculo es 1, ¿Cuál es el área de la región sombreada?
A
D
E
B
(a)
1
6
(b)
1
4
O
C
(c)
1
π
(d)
π
2
(e)
3π
4
Problema 96. En una lista están escritos los números del 1 al 16. ¿Cuál es la
menor cantidad de ellos que hay que tachar para que al multiplicar cualesquiera
2 de los que queden el resultado no sea el cuadrado de un número entero?
(a) 2
(b) 3
(c) 4
(d) 5
(e) 6
Problema 97. Una cuadrı́cula de 8 × 2 quiere cubrirse con 8 fichas de 2 × 1
de manera que todos los cuadritos estén cubiertos (en la figura de abajo puede
verse una posible forma de hacerlo). ¿De cuántas maneras puede hacerse esto?
(a) 27
(b) 34
(c) 39
(d) 44
(e) 50
Problema 98. En la figura A, B, y C son los puntos medios de las aristas
del cubo. ¿Cuánto mide el ángulo entre los segmentos AB y BC?
B
C
A
(a) 90o
(b) 100o
(c) 110o
(d) 120o
(e) 135o
19
Problema 99. ¿Cuántos enteros positivos n cumplen 3n2 + 7n = 2002n?
(a) ninguno
(b) 1
(c) 3
(d) 7
(e) una infinidad
Problema 100.
En la figura, los triángulos ABC y DEC son iguales,
DC = AC = 1 y CB = CE = 4. Si el área del triángulo ABC es S, entonces
el área del cuadrilátero AF DC es igual a
B
D
F
C
(a)
20
S
2
(b)
S
4
A
(c)
S
5
E
(d)
2S
5
(e)
2S
3
Soluciones de los Problemas
Solución 1. Del 1 al 24 hay 3 números que terminan en 2 (2, 12 y 22) y 5 que
empiezan con 2 (20, 21, 22, 23 y 24). En total el 2 aparece 3 + 5 = 8 veces. La
respuesta es (c).
Solución 2. El resultado no puede ser mayor a 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15.
Excepto 17 todas las otras opciones son posibles: 1 = +1 + 2 − 3 − 4 + 5,
3 = +1 − 2 + 3 − 4 + 5, 7 = −1 + 2 − 3 + 4 + 5 y 13 = −1 + 2 + 3 + 4 + 5. La
respuesta es (e).
Solución 3. Al escribir todos los números la pirámide queda como se muestra
abajo.
2
2
4
1
3
7
2
3
6
13
3
5
8
14
27
La respuesta es (c).
Solución 4. Sabemos que la balanza está equilibrada cuando en un plato hay
2 melones y en el otro 1 melón y 6 naranjas. Si quitamos un melón de cada
lado tendremos que la balanza está equilibrada y, por lo tanto, 1 melón pesa
lo mismo que 6 naranjas. La respuesta es (e).
Solución 5. El lado T C mide 10−3 = 7 cm. Como AD = M T = BC = 10 cm,
basta observar que la diferencia entre el perı́metro de M BT C y el de AM T D
es 2(M B − AM ) = 2 · 4 = 8 cm. La respuesta es (b).
21
Solución 6. La primera vez quité 200 tarjetas, dejando 1802. La segunda vez
eliminé 180 tarjetas y me quedaron 1622. La respuesta es (a).
Solución 7. De los 10 amigos que tienen 16 años debe haber 5 o más con los
ojos cafés (de no ser ası́ habrı́a más de 5 amigos con los ojos azules en el grupo,
y eso no es cierto); es fácil ver que cualquiera de estas opciones es posible. La
respuesta es (a).
1
Solución 8. Mi canario se comió 12 + 16 + 12
= 34 del total de alpiste, ası́ que
1
queda 4 de la cantidad inicial. La respuesta es (b).
Solución 9. Cada lado del cuadrado I mide 16
4 = 4 cm, y cada lado del
=
6
cm.
Ası́,
cada
lado
del
cuadrado
III mide 4+6 = 10 cm,
cuadrado II mide 24
4
cada lado del cuadrado IV mide 10 + 6 = 16 cm y el perı́metro de éste último
es 16 × 4 = 64 cm. La respuesta es (c).
Solución 10. Si tres cuartas partes son hombres entonces una cuarta parte
son mujeres, ası́ que el número de hombres es el triple que el de mujeres. La
respuesta es (e).
Solución 11. Flor y Cristina nacieron el mismo mes, ası́ que ambas nacieron
en marzo. El número de dı́a del cumpleaños de Cristina y Daniela es el mismo,
por lo tanto cada una cumple años en un dı́a 20. Con esos datos podemos
deducir que Cristina nació en marzo 20, Flor en marzo 1, Daniela en julio 20 y
Blanca en mayo 17. La respuesta es (a).
Solución 12. Erika utilizó 6 × 3 = 18 cerillos en el triángulo. A Manuel le
quedan 60 − 18 = 42 cerillos. Como un lado del rectángulo tiene 6 cerillos, el
= 42−12
= 30
otro tiene 42−(6×2)
2
2
2 = 15 cerillos. La respuesta es (c).
Solución 13. En (c) no hay conexión entre el par de hoyos a la izquierda y
el par de hoyos a la derecha. Para que esta configuración fuera posible deberı́a
haber una conexión al frente, pero no la hay. La respuesta es (c).
Solución 14. Digamos que n niños llegaron antes que Nacho. Tenemos que
2 × n es la cantidad de niños que llegaron después de Nacho, ası́ que n es la
tercera parte del total de niños que participaron sin contar a Nacho; es decir,
n = 28−1
= 27
3
3 = 9. La respuesta es (e).
Solución 15. El costo de 4 manzanas, 4 naranjas y 4 plátanos es $15.40 +
$17.00 = $32.40. Entonces, por una manzana, una naranja y un plátano debe
pagarse $ 14 (32.40) = $8.10. La respuesta es (e).
22
Solución 16. Entre Tere, Edgar y Liz se comieron 6 galletas. De las 14
restantes, César tuvo que haberse comido una cantidad mayor o igual a 5 (pues
14
3 > 4). Pero si César se hubiera comido exactamente 5 galletas alguno de
los dos niños restantes se habrı́a comido al menos 5 galletas (pues quedarı́an
14 − 5 = 9 galletas para 2 niños), ası́ que César debió comer al menos 6 galletas.
La respuesta es (d).
Solución 17. Cuando Alicia recorra 41 de pista (y llegue a E) su hermano habrá
recorrido 34 en sentido contrario, y ésta será la primera vez que se encuentren.
La respuesta es (e).
Solución 18. Rosy tardó 37 minutos en llegar a su casa, ası́ que Carla debió
tardar 25 y salir a las 7:20 a.m. La respuesta es (b).
Solución 19. El proceso que da origen a 45 es (en orden inverso): 45 ← 43 ←
34 ← 17. Es fácil ver que las otras opciones no cumplen. La respuesta es (e).
Solución 20. Llamemos v a la edad de Vero. Entonces la edad de Ceci es
v − 7 y dentro de 4 años Ceci tendrá v − 3 años y Vero tendrá v + 4. Nos dicen
que 2(v − 3) = v + 4, ası́ que v = 10 y (v − 7) + v = 13. La respuesta es (a).
Solución 21. 187590 es el número con todas sus cifras distintas que indicará el
contador la próxima vez; para entonces habré recorrido 90 − 69 = 21 kilómetros
en mi carro. La respuesta es (b).
Solución 22. Supongamos que el área de cada cuadrado es 1. Dividiendo
el primer cuadrado en cuatro cuadraditos iguales (figura (a)) observamos que
S1 = 21 . Dividiendo el segundo y el cuarto cuadrado en dos rectángulos iguales
(figura (b)) tenemos que S2 = S4 = 12 . En la figura (c) tenemos que el triángulo
sombreado es más pequeño que la mitad del cuadrado, ası́ que S3 < 12 = S1 =
S2 = S3 .
figura (a)
figura (b)
figura (c)
La respuesta es (b).
Solución 23. Ocho cajas de fruta cuestan al menos 160 pesos (si todas fueran
de manzanas). Por cada caja de duraznos hay que agregar 40 − 20 = 20 pesos;
como nos quedan 230 − 160 = 70 pesos, a lo más podrı́amos comprar 3 cajas
de duraznos y una de peras. La respuesta es (c).
23
Solución 24. En 1 hora un gato y medio se come 1 ratón, ası́ que en 15 horas
un
se come 15 ratones. Quince gatos son 10 veces un gato y medio
! gato y medio
"
15/1
3/2 = 10 , ası́ que en 15 horas pueden comerse 10 × 15 = 150 ratones. La
respuesta es (e).
Solución 25. Del 1 al 100 hay 33 múltiplos de 3 y 10 números que terminan en
3. Los números 3, 33, 63 y 93 están en ambas categorı́as, ası́ que hay 33 + 10 − 4
números. La respuesta es (d).
Solución
dos números consecutivos de la lista es
#
$ 26.1 La diferencia entre
1
3
1
2
1 3
−
,
y
entonces
y
=
−
=
3 4
2
12
4
12 = 3 . La respuesta es (b).
Solución 27. La mezcla tiene
3
20
=
15
100
de sal. La respuesta es (d).
Solución 28. Cuando el número de dı́gitos es 6, la cantidad total de números
telefónicos es 9 · 105 = 900000 < 987654. En cambio, cuando el número de
dı́gitos es 7, hay 9000000 posibilidades para los números telefónicos, y este
número sobrepasa 987654. La respuesta es (e).
Solución 29. Cada hora el reloj de Verónica va 3 minutos más adelantado
que el de Alejandro, ası́ que le tomará 20 horas ir una hora más adelante. La
respuesta es (a).
Solución 30. El área del cuadrilátero N KLM es 12 , ası́ que la suma de
las áreas de los 4 triángulos DN K, N CM , M BL y KLA es 21 . Dividiendo
el cuadrilátero OP RS en cuatro cuadriláteros iguales como se muestra en la
figura, se observa que el área del rectángulo OP RS es la mitad del área de
N KLM , o sea 41 . De lo anterior tenemos que el área sombreada es 12 + 14 = 43 .
N
D
O
C
S
K
M
P
A
R
L
B
La respuesta es (d).
Solución 31. La suma de los dı́gitos de cualquier número de 3 cifras es menor
o igual a 9 + 9 + 9 = 27. Sumando los dı́gitos de 19 obtenemos 10, que es la
mayor suma posible entre 1 y 27. Es suficiente con encontrar un número de 3
dı́gitos que cumpla que la suma de sus dı́gitos sea 19, como 991. La respuesta
es (b).
24
Solución 32. En la figura la región sombreada de negro tiene la misma área
que la gris. Si la suma de las dos áreas es 7, el área original es 72 .
La respuesta es (b).
Solución 33. Por el Teorema de Pitágoras la diagonal de un cuadrado de
! √ "2
√
√
lado 1 mide 12 + 12 = 2, ası́ que el número que buscamos es 2 22 = 1.
De otra manera: la cantidad pedida es igual al área de la figura sombreada,
que es igual al área del cuadrado.
La respuesta es (c).
12
Solución 34. El volumen de la mezcla de agua con sal es 11
dm3 del volumen
original, ası́ que basta quitar una doceava parte del volumen de la mezcla para
3
tener nuevamente 11
11 dm . La respuesta es (b).
Solución 35. Observemos que siempre que se corta una pieza añadimos 2
piezas más a la cuenta. De esta manera, en el n-ésimo minuto el número de
piezas será 1 + 2n. Es suficiente entonces encontrar una n tal que 1 + 2n ≥ 317.
La respuesta es (e).
Solución 36. Pensemos en los ángulos α, β y γ marcados en la figura. Claramente α = 30 (porque l1 y l2 son paralelas) y β = 180o − 140o = 40o . Por
lo anterior tenemos que ∠x = 180o − ∠γ = 180o − (180o − α − β) = α + β =
30o + 40o = 70o .
30o
l2
x
l1
γ
α
β
140o
La respuesta es (e).
25
Solución 37. Como el triángulo AQP es rectángulo y el ∠QAP = 45o , entonces AQP es isósceles y AQ = P Q. Análogamente P R = RD. Tenemos que
P Q + QO
√ + OR + RP = AQ + QO + OR + RD = AO + OD = AO + OC =
AC = 2, pues es la longitud de la diagonal de un cuadrado de lado 1.
A
P
D
R
Q
O
B
C
La respuesta es (c).
Solución 38. Los integrantes de la familia Canguro son 7: Papá, Mamá, 3
hijas y 2 hijos. La respuesta es (b).
Solución 39. Rotando el cuadrado como se muestra en la figura, es claro que
el área del cuadrado grande es 2 veces el área del cuadrado chico.
La respuesta es (d).
Solución 40. Contemos primero todos los 1’s que se utilizan al escribir todos
los números que terminan en 5. Escribimos 100 1’s en el lugar de los millares:
(1005, 1015, · · ·, 1995); 20 1’s en el lugar de las centenas: (105, 115, · · ·, 195 y
1105, 1115, · · ·, 1195) y 20 1’s en el lugar de las decenas (15, 115, · · ·, 1915), ası́
que en total escribimos 100+20+20=140 1’s. De la misma manera podemos ver
que escribimos otros 140 1’s cuando escribimos los números terminados en 0.
En total utilizamos 280 1’s.
De otra manera: Observemos que un múltiplo de 5 menor a 2000 se obtiene
escribiendo un número positivo menor a 200 y agregándole un 0 o un 5 al final
(el 2000 no lo tomamos en cuenta porque no utiliza ningún 1). Se escriben
tantos 1’s en la lista como los 1’s que se necesitan para escribir dos veces todos
los números del 1 al 199. Es fácil ver que del 1 al 99 se escriben 20 1’s, ası́
que del 100 al 199 se escribirán otros 20 1’s aparte del 1 al principio de cada
número. En total se escribirán 2 · (20 + 20 + 100) = 280.
La respuesta es (c).
26
Solución 41. Tenemos que ∠ADE = ∠ADC + ∠CDE = 90o + 60o =
o
150o . Como el triángulo ADE es isósceles, entonces ∠DEA = 180 −∠ADE
=
2
30o
180o −150o
o
= 2 = 15 . Por simetrı́a ∠DEA = ∠CEB. Finalmente ∠α =
2
∠AEB = 60o − 15o − 15o = 30o . La respuesta es (b).
Solución 42. Si x es el precio del jamón antes de subir, tenemos la relación
x = 0.8(x + 12), de donde x = 48. La respuesta es (b).
Solución 43. Un número es múltiplo de 4 cuando el número formado por las
dos últimas cifras lo es, de aquı́ que la última carta debe ser par (2 o 6). Como
2 está más cerca del final que 6 y 4 es divisor de 92 es claro que 635792 es
el múltiplo de 4 que podemos obtener con el menor número de movimientos.
Necesitaremos 3 movimientos en total: pasaremos el 2 al final con los intercambios 2 ↔ 5 (aquı́ el número es 635279), luego 2 ↔ 7 (obtenemos 635729) y,
finalmente, 2 ↔ 9 (para obtener 635792). La respuesta es (b).
Solución 44. Llamemos t al tiempo en horas que el ciclista tardó en bajar.
2
Tenemos que 12(t + 16
60 ) = 20t, de donde t = 5 horas. El camino mide 20t =
2
20 · 5 = 8 m. La respuesta es (a).
Solución 45. Sabemos que tres caras del cubo quedaron intactas. Juntas, las
dos áreas sombreadas en la figura A tienen la misma área que otra cara del
cubo. De la misma manera podemos agrupar y sumar las áreas restantes como
se muestra en B y en C para obtener superficies iguales a las caras del cubo
original. Tenemos entonces que la superficie de la pieza es igual a la del cubo.
Si llamamos a a una arista del cubo, tenemos que a3 = 8 = 23 , ası́ que a = 2m
y la superficie del cubo es 6 × 22 = 24m2 . La respuesta es (b).
Fig. A
Fig. B
Fig. C
Solución 46. Sea n el número de ratones. Entonces tenemos
%
&
25 50
75 20
n = 99,
·
+
·
100 100 100 100
o equivalentemente
%
Simplificando obtenemos
1 1 3 1
· + ·
4 2 4 5
11
40 n
&
n
= 99.
= 99, y entonces n = 360. La respuesta es (a).
27
Solución 47. Como el triángulo ABC es isósceles sabemos que
∠DCB − ∠DBC = 30o .
(1)
Por otra parte ∠ADB = 180o − 30o − 40o = 110o , de donde ∠CDB = 70o y
∠DCB + ∠DBC = 180o − 70o = 110o .
(2)
Resolviendo el sistema de ecuaciones formado por (1) y (2) tenemos que ∠DCB =
70o = ∠CDB, y por lo tanto el triángulo DBC es isósceles y DB = 1. La respuesta es (a).
Solución 48. Como todos los cuadrados pesan igual, si quitamos un cuadrado
de cada platillo no alteraremos el orden de los pesos. La posición de A y B nos
indica que un triángulo pesa menos que un cı́rculo, ası́ que D pesa menos que
B pero más que A. La respuesta es (a).
Solución 49. La red esta formada por tres franjas horizontales, de manera que
la de arriba tiene 11 hexágonos, la de enmedio 10 y la de abajo 11. Sabemos que
32 hexágonos tienen en total 32 × 6 = 192 lados. En la red muchos hexágonos
tienen lados en común, los únicos lados que no forman parte de 2 hexágonos
son los que describen el contorno de la red, que son 4 por cada hexágono en
una esquina (4 × 4 = 16), uno por cada hexágono de la orilla en la franja
de en medio (2 × 1 = 2) y 2 por cada uno de los hexágonos en la franja de
arriba y abajo que no están en las esquinas (18 × 2 = 36), ası́ que en total son
16 + 2 + 36 = 54. Cada uno de los lados restantes pertenece a 2 hexágonos, ası́
que exactamente se usaron 192−54
+ 54 = 123 barritas. La respuesta es (b).
2
Solución 50. Entre 3 rectas hay como máximo 3 puntos de intersección. Un
cı́rculo puede intersectar a una recta a lo más en 2 puntos. Si cada cı́rculo
intersecta a cada recta en 2 puntos, tenemos en total 2 · 6 = 12 intersecciones
de este tipo. Finalmente, dos cı́rculos se intersectan a lo más en 2 puntos.
De lo anterior tenemos que la cantidad de intersecciones que puede obtenerse
con 2 cı́rculos y tres lı́neas debe ser menor o igual a 3 + 12 + 2 = 17. En la
figura se muestra que es posible encontrar un dibujo con esas caracterı́sticas.
La respuesta es (d).
28
Solución 51. Dibujando lı́neas paralelas a los lados que pasen por P , Q, R y
S obtenemos 9 triángulos iguales, de manera que el área sombreada es 39 . La
respuesta es (b).
A
P
Q
B
R
S
C
Solución 52. Sabemos que 3 es el único factor común en la descomposición
en primos de a y b. Como el cociente es 0.4 = 25 , entonces a = 2 × 3 y b = 5 × 3.
La respuesta es (e).
Solución 53. Dos cı́rculos pueden intersectarse a lo más en 2 puntos. Como
hay solamente 10 parejas de cı́rculos, la cantidad de intersecciones debe ser
menor o igual a 20, ası́ que no puede ser 22. Es fácil ver que las otras cantidades
de intersecciones son posibles. La respuesta es (e).
Solución 54. Notemos que el área de AP Q es igual al área de P QC (que
es 1) pues AQ = QC y la altura desde P de ambos triángulos es la misma.
Comparemos las áreas de P QC y P CB. Tenemos que P Q = 12 BC, y la altura
de P QC desde C coincide con la altura de P CB desde P pues P Q||BC. Por lo
anterior, el área de P CB es el doble del área de P QC, o sea 2. El área de ABC
es la suma de las áreas de AP Q, P QC y P CB, ası́ que es igual a 1 + 1 + 2 = 4.
La respuesta es (c).
Solución 55. Como cada paquete se pesó con otros 3, al hacer la suma de
todos los pesos (5 + 6 + 8 + 9 + 11 + 12 = 51) sumamos tres veces el peso de
cada paquete, ası́ que el peso de los cuatro paquetes es 51
3 = 17. La respuesta
es (b).
Solución 56. Entre dos domingos pares hay 14 dı́as. Como entre el primer y
el último domingo par hubo 28 dı́as, el primer domingo debió ser un número
par estrictamente menor a 4 (pues 28 + 4 = 32), ası́ que fue dı́a 2. Tenemos
entonces que el dı́a 2 + 14 = 16 fue domingo, ası́ que el dı́a 20 fue jueves. La
respuesta es (d).
Solución 57. Sean r y R los radios de P y Q, respectivamente. Como el área
del rectángulo es (2R+2r)R = 15, tenemos que el área de P QT es (R+r)R
= 15
2
4 .
La respuesta es (b).
Solución 58. Cada minuto la distancia entre Aquiles y la tortuga se reduce
99m. Por lo tanto se necesitan 990
99 = 10 min. La respuesta es (c).
29
Solución 59. Cada casilla negra tiene a lo más tres vecinas blancas ası́ que se
necesita pintar al menos 5 casillas negras para que se cumpla la condición. En
la figura se muestra una coloración del tablero con 5 casillas negras que cumple
la condición pedida. La respuesta es (a).
Solución 60. Tenemos que 9a = b y 3b = c, de donde b − a = 9a − a = 8a y
8a
a
1
4
c − b = 3b − b = 2b. De lo anterior b−a
c−b = 2b = 4 · b = 4 · 9 = 9 .
De otra manera:
La respuesta es (d).
#
$
b 1 − ab
b−a
1 1−
$ = ·
= #
b
c−b
3 1−
c 1− c
1
9
1
3
=
4
9
Solución 61.
A
30o
E
B
D
C
El ∠EDC = 180 − ∠ADE − ∠ADB = 180 − ∠AED − ∠ADB (porque ADE
es isósceles). Por otro lado ∠AED = ∠ECD + ∠EDC, y entonces ∠EDC =
180o − ∠ECD − ∠EDC − ∠ADB. De la ecuación anterior 2∠EDC = 180o −
∠ECD − ∠ADB = 180o − ∠ABD − ∠ADB (porque ABC es isósceles). Como
∠ABD + ∠ADB + 30o = 180o entonces 2∠EDC = 30o y ∠EDC = 15o . La
respuesta es (c).
Solución 62. El múltiplo más pequeño de 21 y 9 es 63, que tiene 6 divisores
(1, 3, 7, 9, 21 y 63) y cada uno de ellos divide a n. La respuesta es (d).
Solución 63. Si x es la cantidad de personas que iban en el barco antes de
parar en la isla tenemos que 60x = (x + 30)50, de donde x = 150. La respuesta
es (e).
Solución 64. Notemos que los cuadrados que están a distancia 2002 desde la
esquina superior izquierda están en una diagonal a 45o que tiene solamente 1’s
y 3’s. La respuesta es (b).
30
Solución 65. Tenemos que
%
a+b
a−b
&2
=
(a + b)2
a2 + 2ab + b2
6ab
= 2
=
=3.
2
(a − b)
a − 2ab + b2
2ab
La respuesta es (a).
Solución 66. Trazando algunas lı́neas sobre el cuadrado desdoblado, como
se muestra en la figura A, podemos ver que ∠QAP = 90o y ∠AP Q = 45o
(pues AP = AQ ya que el doblez es simétrico). Como el triángulo P BC se
dobla sobre la lı́nea CP , tenemos que ∠BP C = ∠CP O, y entonces ∠BP C =
180o −45o
= 67.5o . En la figura B se muestra el pentágono una vez que se
2
han hecho todos los dobleces. Como la suma de los ángulos internos de un
pentágono es 540o , tenemos que 540o = ∠QAP + 2∠AP L + 2∠P LM = 90o +
o
2(45o + 67.5o ) + 2∠P LM = 315o + 2∠α, de donde ∠α = 225
2 = 112.5 La
respuesta es (d).
D
C
M
Q
Q
O
A
α
P
B
A
Fig. A
L
P
Fig. B
Solución alternativa: Si después de haber formado el pentágono desdoblamos
el papel obtendremos las marcas de dobleces que se muestran en la fı́gura C.
Por simetrı́a, los cuatro ángulos en el vértice G son iguales y, por lo tanto, cada
uno mide 90o . Los cuatro ángulos en el vértice C también son iguales, ası́ que
o
o
o
o
∠ACP = 90
4 = 22.5 . Finalmente, ∠α = 90 + 22.5 = 112.5 .
D
C
Q
G
α
A
P
B
Fig. C
Solución 67. Como 3b siempre es un múltiplo de 3 entonces a + c debe ser un
múltiplo de 3. Por el criterio de divisibilidad entre 3 deducimos que el número
de 2 dı́gitos ac debe ser también un múltiplo de 3. Hay 90 números de 2 dı́gitos,
y 31 de ellos son múltiplos de 3, o sea 30. Como hay 10 posibilidades para elegir
31
el dı́gito b, en total hay 30 × 10 = 300 números que cumplen la condición. La
respuesta es (b).
Solución 68. Siempre que hay un grupo de 4 se juegan 6 partidos. En la
8
primera ronda hay 16
4 = 4 grupos; en la segunda hay 4 = 2; en la tercera hay
4
4 = 1, y después viene el último partido. En total se juegan 6·(4+2+1)+1 = 43
partidos. La respuesta es (c).
Solución 69. Aplicando el Teorema de Pitágoras en el triángulo marcado en
la figura tenemos que (2r)2 +(2−2r)2 = (4r)2 , de donde obtenemos la ecuación
de segundo grado 8r2 + 8r − 4 = 0. Aplicando la fórmula general y desechando
la solución negativa:
√
−8 + 64 + 128
r =
√16
−8 + 64 · 3
=
16√
−8 + 8 3
=
16√
−1 + 3
=
2
La respuesta es (a).
2
Solución 70. Llamemos A, B y C a los cı́rculos de acuerdo con la numeración
de sus puntos. Como el número de puntos en A es un número impar (25)
todas las casillas en A son accesibles y la ficha puede pasar a lo otros cı́rculos
a través de A22 = C1 y A1 = B11 . Por otro lado B tiene una cantidad par
(12) de puntos. Recorriendo B a partir de B11 uno puede alcanzar todos los
puntos impares de B, y como el otro punto de entrada a B (B1 ) es también un
punto con número impar, los puntos con números pares en B son inaccesibles.
También C tiene una cantidad par de puntos (18), y uno puede entrar por
A22 = C1 y cubrir todos los puntos con números impares. También es posible
entrar a C por B1 = C16 y cubrir todos los puntos con números pares. De esta
manera, todos los puntos de C son accesibles. La respuesta es (b).
Solución 71. Supongamos que en total hay n términos en la suma, entonces
155 = 2 + 5 + 8 + ... + x = (3 − 1) + (6 − 1) + (9 − 1) + · · · + (3n − 1) =
32
(3 + 6 + 9 + · + 3n) − n = 3(1 + 2 + 3 + · · · + n) − n =
n = 10 y x = 3 · 10 − 1 = 29. La respuesta es (c).
3n(n+1)
2
− n, de donde
Solución 72. Si S1 = S2 = S3 = S4 entonces S1 + S4 = S2 + S3 , ası́ que
los triángulos ADC y BDC deben tener la misma área. Como los dos tienen
la misma altura desde C, entonces AD = DB y D debe ser el punto medio
de AB. Si llamamos O al punto de intersección de AE y CD, tenemos que el
área del triángulo DBO debe ser S1 , lo cual no puede ocurrir pues el área del
triángulo DBO es menor estrictamente que S2 , y S2 y S1 eran iguales. Por
esta razón la situación S1 = S2 = S3 = S4 no puede darse nunca.
B
D
S1
E
S2
S3
O
S4
A
C
La respuesta es (a).
Solución 73. La elección de los tres colores diferentes puede hacerse de 5 ×
4 × 3 = 60 maneras. Como la rotación de los números elegidos da la misma
ficha, debemos dividir entre 3. La respuesta es (e).
1
de
Solución 74. Cuando la escalera está encendida, en un segundo recorro 60
la distancia entre un piso y otro, mientras que si yo camino sobre la escalera
1
de la distancia entre un piso y otro. Si la
apagada en un segundo recorro 90
1
1
escalera está encendida y yo camino sobre ella recorro en un segundo 60
+ 90
=
1
5
=
de
la
distancia
entre
los
pisos,
por
lo
que
tardaré
36
segundos
en
180
36
recorrer la distancia total. La respuesta es (a).
Solución 75. Llamemos L a la lı́nea sobre la que están los 5 puntos. Hay
tres tipos de triángulos que podemos construir: triángulos con un lado sobre
L, triángulos con un solo vértice sobre L y triángulos que no tienen ningún
vértice sobre L. De los triángulos del primer tipo, podemos elegir el lado que
estará sobre L de entre todas las posibles parejas de puntos sobre la lı́nea (que
son 10) y nos quedan 5 puntos fuera de la lı́nea para completar el tercer vértice
del triángulo, por lo que hay 5 × 10 = 50 triángulos del primer tipo. Para el
segundo tipo basta con elegir un punto de entre los 5 que hay sobre L y los
dos restantes de entre las 10 parejas de puntos que están fuera de L. Para el
tercer tipo nos basta elegir 3 puntos de entre los 5 que están fuera de L, lo que
puede hacerse de 10 formas (basta con elegir la pareja de puntos que no serán
vértices del triángulo). Ası́, en total hay 50 + 50 + 10 = 110 triángulos. La
respuesta es (e).
33
Solución 76. Notemos que, en términos de x2 , los términos de la sucesión se
ven como sigue:
x3 = (x2 + 1)
x4
x5
=
=
..
.
2(x2 + 1)
22 (x2 + 1)
xk
=
..
.
=
2k−3 (x2 + 1)
xn+1
2n−2 (x2 + 1) = 1000
Como la sucesión es la más larga posible, n − 2 debe ser la mayor potencia de
2 que divida a 1000, o sea que n − 2 = 3 (pues 1000 = 23 · 53 ). De lo anterior
x2+1 = 1000
23 = 125 y por lo tanto x2 = 124. La respuesta es (a).
Solución
√ 77. Aplicando el Teorema de Pitágoras tenemos que la diagonal BD
mide 32 + 42 = 5. Por simetrı́a BE = DF , lo que nos dice que EF = 5−2BE
y solamente necesitamos encontrar la medida de BE para terminar el problema.
Mostramos dos formas de hacerlo:
Primera forma. El área del triángulo ABD es 4·3
2 = 6, por lo que su altura
12
=
.
Aplicando
nuevamente
el
Teorema
de Pitágoras tenemos que
AE = 6·2
5
5
'
2
12
9
BE = 32 − 5 = 5 .
Segunda forma. En la figura los triángulos ABD y EBA son semejantes, lo
3·3
9
cual implica que BE = AB·AB
BD , o sea BE = 5 = 5 .
Para terminar calculemos la medida del segmento EF , que es 5 − 2 95 = 57 .
4
A
D
F
x
3
E
B
C
La respuesta es (d).
Solución 78. Sea abcd un número de 4 dı́gitos. Queremos que 10a+b+c+d =
10c + d, ası́ que 10a + b = 9c y d puede tomar cualquiera de los 10 valores del 0
al 9. Considerando las 8 posibilidades para c (c = 2, 3, . . . , 9) determinamos de
manera única el número de dos dı́gitos 9c, y con ello a y b quedan determinados
por el valor de c. Entonces hay 8 · 10 = 80 números que cumplen la propiedad.
La respuesta es (d).
34
Solución 79. Tenemos que
a+b+c a+b+c a+b+c
+
+
b+c
c+a
a+b
7
7
7
+
+
b+c c+a a+b
%
&
1
1
1
7·
+
+
−3
a+b b+c c+a
7
−3
7·
10
19
10
=
=
=
=
=
a
b
c
+1+
+1+
b+c
c+a
a+b
a
b
c
3+
+
+
b+c c+a a+b
a
b
c
+
+
b+c c+a a+b
a
b
c
+
+
b+c c+a a+b
a
b
c
+
+
b+c c+a a+b
1+
La respuesta es (a).
Solución 80. El área del cuadrado más pequeño es a2 = 4. Cada uno de los
triángulos sombreados en la figura tienen altura a y base 2a, ası́ que su área es
2a·a
2
2 = a = 4. El cuadrado mediano está formado por cuatro triángulos y el
cuadrado chico, por lo que su área es 4 · 4 + 4 = 20.
a
a
a
La respuesta es (d).
Solución 81. Como los números que buscamos cumplen que el producto de
sus dı́gitos es par pero no múltiplo de 4, exactamente uno de sus dı́gitos debe
ser 2 o 6. La posición de cada uno de esos dı́gitos puede elegirse de 3 maneras,
ası́ que en total hay 6 posibilidades de poner el 2 o el 6. En las otras dos
posiciones debemos colocar cualquiera de los cinco números 1, 3, 5, 7 y 9. Esto
último puede hacerse de 52 = 25 formas, ası́ que en total hay 6 × 25 = 150
números que cumplen. La respuesta es (d).
Solución 82. Como a y b son enteros positivos, para que la igualdad se cumpla
b
< 1 (pues b es
a tiene que ser 1 o 2. Por otra parte notemos que 2+1 1 = 2b+1
b
entero positivo), lo que indica que a no puede ser 1. Sustituyendo a = 2 en
la ecuación encontramos que el valor de b debe ser 2, ası́ que a + b = 4. La
respuesta es (c).
35
56
Solución 83. Hay 8×7
2 = 2 = 28 formas de escoger dos números entre 1 y 8;
y de entre ellas, hay 7 maneras de elegir una pareja de números consecutivos
(una vez elegido el más pequeño el otro ya está determinado). En total hay
28 − 7 = 21 formas de escoger parejas como se pide. La respuesta es (c).
Solución 84. Llamemos O al punto de interseción de BE y AF . Para calcular el área del triángulo OBG es suficiente calcular el área del triángulo
BEG y restarle el área del triángulo OEG. En la figura, observemos que
OH = √
F G. Por otro lado,
√ usando el√ Teorema
√ de Pitágoras tenemos que
EG = ED2 − GD2 = 42 − 22 = 12 = 2 √3. Ası́,
el área sombreada
√
es
BG·EG
2
−
F G·EG
2
=
(BG−F G)·EG
2
=
(3−5/2)·2 3
2
=
3
.
2
E
O
B
F
H
G
D
La respuesta es (a).
Solución 85. Un número tiene tantos 0’s al final como la más alta potencia
de 10 que lo divide. En el producto de los 2002 primos se incluye a 2 y al 5
una sola vez, ası́ que 10 divide a M pero 102 ya no. La respuesta es (b).
Solución 86. Como cada equipo se enfrentó exactamente una vez a cada
uno de los otros, hubo exactamente 10·9
2 = 45 partidos. Si todos los partidos
hubieran sido empates se habrı́an repartido 90 puntos entre los equipos. La
diferencia 130 − 90 = 40 corresponde a los partidos que no fueron empates. Por
lo anterior, hubo 5 empates en el torneo. La respuesta es (e).
Solución 87. Completemos el rectángulo que se muestra en la figura. Presentamos dos soluciones:
Solución 1: Utilizando el Teorema de Pitágoras en los triángulos ABE, BF C
y CDE obtenemos que BE 2 = 9 + 4x2 , BC 2 = 64 + 9x2 y EC 2 = 121 + x2 .
Como el triángulo EBC también es rectángulo el Teorema de Pitágoras nos
dice que 9 + 4x2 + 64 + 9x2 = 121 + x2 . Resolviendo esta última ecuación
obtenemos que x = 2 (x tiene que ser positiva porque es una longitud).
Solución 2: Como los triángulos ABE y F CB son semejantes tenemos que
AE
AB
2x
3
2
BF = F C , o sea 8 = 3x , de donde 6x = 24 y x = 2 (Nuevamente, recordemos
que x debe ser positiva).
36
A
3
8
B
F
2x
3x
E
x
11
D
C
La respuesta es (c).
Solución 88. Sea a alguno de los dı́gitos permitidos (1, 2, 3 y 4). Puedo acomodar los tres dı́gitos restantes de 6 maneras distintas para construir números
con exactamente 3 dı́gitos diferentes. Si a cada uno de los números ası́ construidos le agrego a en la última posición obtengo un número de los de la lista
que termina en a. De la misma manera, puedo ver que hay exactamente 6
números que tienen a a en la posición de las decenas, 6 que lo tienen en la
posición de las centenas y 6 que lo tienen en la de los millares. Si tengo que
S = 6 · 1 + 6 · 2 + 6 · 3 + 6 · 4, la suma que busco es
1000S + 100S + 10S + S
=
=
=
1111S
1111 · 60
66660
La respuesta es (c).
2(n+2)
15
15
Solución 89. Veamos que 2n+19
n+2 = n+2 + n+2 = 2 + n+2 , de donde n + 2
tiene que ser un divisor de 15. En total hay 3 opciones para n: 1, 3 y 13. La
respuesta es (a).
Solución 90. Sean r y R los radios de P y Q, respectivamente. Tenemos que
R2 + r2 = 10 y (2r + R)R = 16, de donde
(
(r + R)2 + R2
PB =
(
=
r2 + 2rR + R2 + R2
(
(r2 + R2 ) + R(2r + R)
=
√
=
10 + 16
√
26
=
Nota: Tomando R =
condiciones dadas.
√8
10
y r =
√6
10
se puede construir una figura con las
La respuesta es (b).
37
Solución 91. El 2 y todos los números que empiezan con 2 y están seguidos
por una cola de 0’s cumplen la condición. Cada número está determinado por la
cantidad de 0’s que tiene al final, que puede ser cualquier número entre 0 y 2001
(para que sea menor a 102002 ), ası́ que hay 2002 números de este tipo. El 11 y
los números que están formados por dos 1’s y el resto ceros también cumplen la
condición, y están determinados por la posición de los 1’s en el número. Para
construir un número de este tipo basta elegir una pareja de números positivos
menores o iguales a 2002, que puede hacerse de 2002·2001
= 2003001 maneras.
2
Como no hay otro tipo de números que cumpla la condición, en total hay
2003001 + 2002 = 2005003 números. La respuesta es (d).
Solución 92. En el primer segundo se infectan 4 cuadritos, en el segundo 8, en
el tercero 12, etc. Es fácil convencerse de que al transcurrir el n-simo segundo
se infectan 4n nuevos cuadritos. Al pasar 10 segundos habrá 1 + 4 · 1 + 4 · 2 +
· · · + 4 · 10 = 1 + 4(1 + 2 + · · · + 10) = 221 cuadritos infectados. La respuesta
es (e).
Solución 93. Por el Teorema de Pitágoras,
(
√
√
AB = 482 + 362 = 2304 + 1296 = 3600 = 60 .
AF
60
El triángulo AOB es semejante al triángulo AF D, ası́ que AD
OB = AB , o sea 36 =
AF
60 de donde AF = 100. De la misma manera, usando que el triángulo BCE
es semejante al triángulo AOB tenemos que BE = 75. Usando nuevamente el
Teorema de Pitágoras tenemos que
(
(48 + 100)2 + (36 + 75)2
EF =
(
=
1482 + 1112
√
=
21904 + 12321
√
34225 = 185.
=
La respuesta es (c).
Solución 94. Para que dos canastas tengan exactamente 3 pelotas debe ocurrir
que una tenga 3 y la otra esté vacı́a, o bien que una tenga 2 y la otra 1. Es
claro que el primer caso se da cuando el número de una canasta es múltiplo de
2,3 y 11, esto es, múltiplo de 66. Dado que hay 67 canastas existen dos parejas
que cumplen: (65, 66) y (66, 67). En el segundo caso hay tres posibilidades
para los números de las canastas consecutivas:
1) Un múltiplo de 2 · 3 = 6 y un múltiplo de 11; lo cual cumplen las parejas
(11,12) y (54,55).
2) Un múltiplo de 2 ·11 = 22 y un múltiplo de 3; que cumplen (21,22) y (44,45).
3) Un múltiplo de 3 ·11 = 33 y un múltiplo de 2; que cumplen (32,33) y (33,34).
En total hay 8 parejas que cumplen. La respuesta es (e).
38
Solución 95. En la figura tenemos que ∠CBE = 30o . Como CB = BE, el
o
o
triángulo CBE es isósceles y ∠CEB = 180 2−30 = 75o , y de la misma manera
o
o
o
o
∠AED = 75o . El ángulo CEO es igual a 360 −75 2−75 −60 = 75o .
El triángulo OCE es isósceles (OC = OE son radios del cı́rculo) ası́ que
∠COE = 180o − 75o − 75o = 30o , y del mismo modo obtenemos ∠DOE = 30o .
Como ∠COD = 60o , tenemos que el sector es una sexta parte del cı́rculo (pues
6 · 60o = 360o ), ası́ que su área es 16 . La respuesta es (a).
A
D
E
B
O
C
Solución 96. Como los números 1, 4, 9 y 16 son cuadrados de un número
entero, al multiplicar dos de ellos se obtiene otro número cuadrado, ası́ que hay
que tachar de la lista al menos a 3 de ellos. Como 2 · 8 = 16 es un cuadrado
hay que tachar también al 2 o al 8. De la misma manera, como 3 · 12 = 36 se
tiene que tachar al 3 o al 12.
Por todo lo anterior, para no tener cuadrados como producto de dos números
habrı́a que tachar al menos 5 números de la lista. Es fácil ver que tachando,
digamos, 4, 9, 16, 8 y 12, se consigue una lista con la caracterı́stica deseada.
La respuesta es (d).
Solución 97. Para cubrir la cuadrı́cula las fichas pueden colocarse de dos
maneras: verticalmente (cubriendo toda una columna) u horizontalmente (cubriendo dos cuadritos de un renglón). Es claro que, si hay dos cuadritos de
un renglón cubiertos por una ficha horizontal, los otros dos cuadritos que comparten la columna con ellos (arriba o abajo) también deben estar cubiertos por
una ficha horizontal.
El problema equivale a ver de cuántas maneras puede escribirse 8 como suma
de 1’s y 2’s (en orden). Por ejemplo, en la ilustración del enunciado, la cubierta
corresponde a la suma de los números (1,2,1,1,1,1,1).
Observemos que
• Hay una sola manera de poner todas las fichas en posición vertical (corresponde a la suma de 8 1’s).
• Hay siete formas de escribir un solo 2 y todos los demás 1’s (corresponden
a cubiertas que tienen exactamente dos fichas horizontales).
39
• Para ver las cubiertas que tienen exactamente 4 fichas horizontales hay
que considerar las formas de escribir 8 con dos 2’s y cuatro 1’s. Esas son
quince:
(2,2,1,1,1,1)
(2,1,2,1,1,1)
(2,1,1,2,1,1)
..
.






(1,2,2,1,1,1) 

(1,2,1,2,1,1)
4

..

.
5




...
• Las cubiertas que tienen 6 fichas horizontales exactamente corresponden
a las quintetas que tienen tres 2’s y dos 1’s. Es fácil ver que son diez.
• Hay una sola cubierta con todas las fichas horizontales.
En total son 1+7+15+10+1=34. La respuesta es (b).
Solución 98. El triángulo DBC de la figura es equilátero. Fijándonos en el
triángulo CDA podemos ver que el ángulo ∠ABC mide 180o − 60o .
D
B
C
A
La respuesta es (d).
Solución 99. Como queremos que 7n = (2002 − 3n)n, tenemos que n debe ser
una potencia de 7.
Si n = 70 = 1 entonces (2002 − 3n)n serı́a igual a 7, lo cual no es cierto.
Si n = 71 entonces 77 = 823543 > 13867 = (2002 − 3 · 7)7. Una n mayor
claramente incrementa aún más la diferencia entre 7n y (2002 − 3n)n, ası́ que
no hay enteros positivos que cumplan la condición del problema. La respuesta
es (a).
40
Solución 100. Si XY Z es un triángulo, denotaremos por (XY Z) a su área.
En la figura DC mide 14 de la longitud de BC, ası́ que (DCA) = (ABC)
= S4 .
4
1
El triángulo ADF es semejante al triángulo BEF en razón 4 , ası́ que (ADF ) =
(BEF )
(CBE)
1
. De esta manera tenemos
16 . Como CA mide 4 de CE, (ABC) =
4
4S
=
(CBE)
=
(BEF ) + (ABC) + (EDC) − (DCA) − (ADF )
S
16(ADF ) + S + S − − (ADF )
4
7S
15(ADF ) +
4
=
=
de donde (ADF ) =
3S
20
y (DCA) + (ADF ) =
S
4
+
3S
20
=
2S
5 .
B
D
F
C
A
E
La respuesta es (d).
41
42
Concentrado de Respuestas
1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12.13.14.15.16.17.18.19.20.21.22.23.24.25.-
(c)
(e)
(c)
(e)
(b)
(a)
(a)
(b)
(c)
(e)
(a)
(c)
(c)
(e)
(e)
(d)
(e)
(b)
(e)
(a)
(b)
(b)
(c)
(e)
(d)
26.27.28.29.30.31.32.33.34.35.36.37.38.39.40.41.42.43.44.45.46.47.48.49.50.-
(b)
(d)
(e)
(a)
(d)
(b)
(b)
(c)
(b)
(e)
(e)
(c)
(b)
(d)
(c)
(b)
(b)
(b)
(a)
(b)
(a)
(a)
(a)
(b)
(d)
51.52.53.54.55.56.57.58.59.60.61.62.63.64.65.66.67.68.69.70.71.72.73.74.75.-
(b)
(e)
(e)
(c)
(b)
(d)
(b)
(c)
(a)
(d)
(c)
(d)
(e)
(b)
(a)
(d)
(b)
(c)
(a)
(b)
(c)
(a)
(e)
(a)
(e)
76.77.78.79.80.81.82.83.84.85.86.87.88.89.90.91.92.93.94.95.96.97.98.99.100.-
(a)
(d)
(d)
(a)
(d)
(d)
(c)
(c)
(a)
(b)
(e)
(c)
(c)
(a)
(b)
(d)
(e)
(c)
(e)
(a)
(d)
(b)
(d)
(a)
(d)
43
Comité Organizador de la
Olimpiada Mexicana de Matemáticas
Marı́a Luisa Pérez Seguı́
(Presidenta)
Edgar Raúl Acosta Villaseñor
Julio César Aguilar Cabrera
Juan José Alba González
Marı́a de la Paz Álvarez Scherer
Omar Antolı́n Camarena
Ignacio Barradas Bribiesca
Luis Alberto Briseño Aguirre
Luis Miguel Garcı́a Velázquez
José Antonio Gómez Ortega
Alejandro Illanes Mejı́a
Pilar Morfı́n Heras
Julieta Verdugo Dı́az